OBIECTIVE DE REFERINŢĂ ŞI EXEMPLE DE ACTIVITĂŢI DE ÎNVAŢARE 1. Cunoaşterea şi înţelegerea conceptelor, a terminologiei şi a procedurilor de calcul Obi

Transcriere

1 OBIECTIVE DE REFERINŢĂ ŞI EXEMPLE DE CTIVITĂŢI DE ÎNVŢRE. Cunoaşterea şi înţelegerea conceptelor, a terminologiei şi a procedurilor de calcul Obiective de referinţă Exemple de activităţi de învăţare La sfârţitul clasei a VI-a elevul va fi Pe parcursul clasei a VI-a se recomandă capabil : următoarele activităţi :..să utilizeze noţiuni de logica..să folosească metode şi principii adecvate în rezolvarea unor probleme.3.să folosească diferite metode de rezolvare a ecuaţiilor şi inecuaţiilor şi să utilizeze ecuaţii şi inecuaţii pentru rezolvarea problemelor.4.să aplice criterii, proprietăţi şi noţiuni de divizibilitate în demonstraţii.5.să efectueze calcule cu numere întregi şi raţionale pozitive.6.să utilizeze matematica în rezolvarea problemelor puse la alte discipline -rezolvarea unor probleme de logica -rezolvarea unor probleme folosind principiul parităţii sau partiţia în clase - folosirea metodei reducerii la absurd în anumite demonstraţii -probleme care se rezolvă folosind principiul lui Diriclet -probleme care se rezolvă folosind principiul invariantului -rezolvarea de probleme folosind regula de trei simplă sau regulă de trei compusă -probleme de ordonare prin comparare -probleme de numărare -rezolvarea unor ecuaţii şi inecuaţii dificile folosind diverse tehnici -rezolvarea unor probleme cu ajutorul ecuaţiilor -formularea unor probleme pornind de la o ecuaţie -exerciţii de recunoaştere a unor numere naturale sau expresii divizibile cu alte numere date folosind criteriile de divizibilitate sau descompunerile în factori -exerciţii de calcul a numărului de divizori a unui număr folosind descompunerea în produs de puteri de numere prime -calculul unor sume folosind diverse tehnici -exerciţii de determinare a valorii unor expresii -calculul unor probabilităţi - rezolvarea unor probleme de mişcare care îşi au originea în fizică folosind relaţiile ce se stabilesc între mărimi : proporţionalitate directă sau inversă -probleme cu conţinut practic care se rezolvă folosind reducerea la scară 5

2 .7.să folosească metode specifice în rezolvarea problemelor de geometrie.8.să recunoască şi să utilizeze proprietăţile figurilor geometrice în demonstraţii -probleme de numărare şi interpretarea lor folosind noţiunea de probabilitate -rezolvarea problemelor cu procente -rezolvarea problemelor de coliniaritate şi concurenţă -probleme de construcţii geometrice -rezolvarea de probleme folosind metoda triunghiurilor congruente -folosirea criteriilor de paralelism în rezolvarea unor probleme -folosirea în demonstraţii a proprietăţilor triunghiului isoscel şi a triunghiului echilateral.dezvoltarea capacităţii de a emite judecaţi de valoare pentru rezolvarea problemelor inventiv şi euristic-creative Obiective de referinţă La sfârşitul clasei a VI-a elevul va fi capabil..să analizeze, să elaboreze strategii de rezolvare şi să rezolve probleme dificile..să formuleze probleme pornind de la un model sau enunţ parţial.3.să găsească metode de lucru valabile pentru clase de probleme Exemple de activităţi de învăţare Pe parcursul clasei a VI-a se recomandă următoarele activităţi : -analizarea problemei în scopul înţelegerii ei -elaborarea unui plan de rezolvare şi rezolvarea problemei -verificarea rezultatului obţinut şi analiza rezolvării -formularea unor concluzii pornind de la o ipoteza data -deducerea unor condiţii necesare şi suficiente pentru demonstrarea unei concluzii -identificarea unor algoritmi de rezolvare valabili pentru clase de probleme -analizarea mai multor metode de rezolvare şi alegerea celei mai eficiente 6

3 3.Dezvoltarea capacităţii de a face conexiuni cognitive în cadrul disciplinei şi a ariei curriculare Obiective de referinţă La sfârşitul clasei a VI-a elevul va fi capabil : 3..să utilizeze raţionamente inductive în rezolvarea problemelor dificile din domeniile studiate 3..să-şi însuşească o gândire flexibilă şi abstractă specifică matematicii Exemple de activităţi de învăţare Pe parcursul clasei a VI-a se recomandă următoarele activităţi : -exerciţii şi probleme în rezolvarea cărora se folosesc diferite raţionamente -folosirea soluţiilor unei probleme pentru rezolvarea altora din aceeaşi sferă cognitivă -probleme din algebră care se rezolvă cu metode geometrice sau probleme de geometrie care se rezolvă algebric 4.Dezvoltarea capacităţii de a comunica utilizând limbajul matematic Obiective de referinţă La sfârşitul clasei a VI-a elevul va fi capabil : 4..să diferenţieze informaţiile matematice dintr-un enunţ după natura lor 4..să formuleze reciproce ale unor propoziţii şi să studieze valoarea lor de adevăr Exemple de activităţi de învăţare Pe parcursul clasei a VI-a se recomanda urmatoarele activitat -sesizarea informaţiilor cu caracter general dintr-o ipoteza -redactarea demonstraţiilor sau rezolvărilor utilizând terminologia adecvată -formularea de propoziţii reciproce, analizarea lor şi stabilirea valorii lor de adevăr 5.Dezvoltarea interesului şi a motivaţiei pentru studiul şi aplicarea matematicii în contexte variate Obiective de referinţă La sfârşitul clasei a VI-a elevul va fi capabil : 5..să sesizeze importanta aplicării noţiunilor de matematica în probleme cu conţinut practic 5..să manifeste originalitate în abordarea unor metode alternative de rezolvare 5.3 să manifeste interes pentru folosirea tehnologiilor informaţiei în studiul matematicii Exemple de activităţi de învăţare Pe parcursul clasei a VI-a se recomandă următoarele activităţi -argumentarea prin exemplificare -utilizarea unor metode variate în rezolvarea unei probleme -utilizarea unor soft-uri pentru învăţarea matematicii 7

4 CONŢINUTURI LGEBRĂ. Sume. Divizibilitatea în mulţimea numerelor naturale 3. Câteva principii şi metode de rezolvare a problemelor de matematică 3.. Principiul parităţii 3.. Probleme de numărare 3.3. Principiul lui Dirichlet 3.4. Principiul invariantului 3.5. Probleme de logică 3.6. Probleme de ordonare 3.7. Metoda reducerii la absurd 4. Rapoarte şi proporţii 4.. Scara unui plan 4.. Scara unei hărţi 4.3. Probabilităţi 4.4. Procente 4.5. Titlul unui aliaj 4.6. Proporţii 4.7. Şir de rapoarte egale 4.8. Proporţionalitate directă. Proporţionalitate inversă 4.9. Regula de trei simplă. Regula de trei compusă 5. Numere întregi 5.. Divizibilitate în mulţimea numerelor întregi 5.. Determinarea valorii unei expresii ce depinde de un exponent natural 5.3. Ecuaţii şi inecuaţii GEOMETRIE. Segmente. Unghiuri 3. Geometria bazata pe raţionament şi demonstraţie 3.. Cazurile de congruenţă ale triunghiurilor 3.. Metoda triunghiurilor congruente 3.3. Proprietăţile triunghiului isoscel şi echilateral 3.4. Paralelism 3.5. Patrulatere 3.6. Concurenţa liniilor importante în triunghi 3.7. Probleme de coliniaritate 3.8. Probleme de concurenţă 3.9. Construcţii geometrice 8

5 . Calculul unor sume de numere În multe probleme elevii aplică în rezolvarea lor calculul unor sume de numere naturale consecutive, numere pare consecutive, numere impare consecutive, dar şi sume de numere raţionale pozitive. Parcurgând această temă se face o pregătire pentru înţelegerea ulterioară a demonstraţiei relative la calculul unor sume de numere folosind metoda inducţiei matematice...introducerea simbolului sumă şi a proprietăţilor lui În matematică pentru prescurtarea scrierii unor sume se foloseşte simbolul. n Prin a k înţelegem sumă de a k de la k = până la k = n. k= Prezentăm în continuare câteva exemple de folosire a acestui simbol: a) Suma primelor n numere naturale: n n se scrie k k= b) Suma pătratelor primelor numere naturale: n n se scrie k k= c) Suma cuburilor primelor n numere naturale se scrie: n n 3 3 se scrie k k= lte exemple de utilizare a simbolului sumă: p d) = = p k= q e) i= p n f) a k= p termeni ( ) i = = q p k de q p ori = a + a + + a n.. Proprietăţi ale simbolului sumă. Suma unei sume (diferenţe) este egală cu suma (diferenţa) sumelor: n k= n (a k ± b k ) = k= n a k ± k= b k

6 . Dacă toţi termenii sumei conţin acelaşi factor el poate fi scos ca factor comun în afara sumei: n k= n α a k = α k= Probleme rezolvate a k, α R R.3..Suma primelor n numere naturale se calculează după formula: n n (n + ) k = () k= Demonstraţie: n k= n k= k = (n ) + n k = n + (n ) + (n ) n k= n k= k = (n + ) + (n + ) +. + (n + ) n n n (n + ) k = n(n + ) : k = k= k= R.3.. Suma pătratelor primelor n numere naturale este dată de formula: n n (n + )(n + ) k = () k= 6 Demonstraţie: Calculăm mai întâi suma: n k= (k ) = n Ţinând seama de formula () şi de proprietăţile simbolului sumă avem: n n n n n(n + ) (k ) = k + ( ) = k + ( ) = n = k= k= k= = n(n + ) n = n + n n = n şadar pentru orice k, avem: (k ) = k (3) k=

7 Folosind relaţia (3) avem: = + 3 = = (k ) = k (k ) +. + (n ) = n n + 3(n ) + 5(n ) +. + (k )(n k + ) +..+ (n ) = k= Relaţia precedentă se poate scrie prescurtat astfel: n n (k )(n k + ) = k (4) k= k= Ţinând seama de proprietăţile sumei relaţia (4) se poate scrie: n k= (k )(n k + ) = n = (n + ) k= n k= n (k ) Deci (n + ) n n 3 k= k= (k )(n + ) + n k + k= n n n (n + ) k + = k= k= n (n + ) k = n (n +) + n k= ( k + k) = k = (n + ) n k n k= k + n k n (n + ) n 3 k= n k= n (n + )(n + ) k = n (n + )(n + ) k = 6 : 3 de unde n (n + ) R.3.3. Numărul triunghiular este un număr de forma, unde n este un număr natural. Denumirea este justificată pentru că aceste numere pot fi materializate în triunghiuri dreptunghice alcătuite din puncte. Se observă că numerele triunghiulare se obţin prin adunarea succesivă a numerelor din şirul natural: n (n + ) ; + = 3; = 6; = 0 ; ; n = 3

8 Trebuie calculată suma: n k (k + ) = n k= k= n k + Ţinând seama de formulele () şi (), obţinem: n k (k + ) n (n + )(n + ) n (n + ) = + = k= 6 n (n + ) n + n (n + ) n + 4 = + = = 6 6 n (n + ) (n + ) n(n + )(n + ) = = 6 6 k= k Bibliografie D. Constantinescu, Olimpiada de matematică clasele V-VIII, Ed. Teora 999, pag 8-5;pag 5-38 D. ndrica, V. Berinde, l. Blaga, G.Both, O. Pop, Concursul Grigore Moisil Ed. I-XV, Ed. Hub Press Baia-Mare 00, pag 39,45,78 D. Brânzei şi colectivul: Matematica în concursurile şcolare, Ed. Paralela 45, 000,00,00 pag 7-54,9-35(000);pag 7-54,7-30(00);pag 8-34,8-9(00) D. Brânzei, D. Zaharia, M. Zaharia : ritmetică-lgebră-geometrie, Ed.Paralela 45 00, pag 5- cad. N. Teodorescu coordonator Culegere de probleme pentru clasele V-VIII, SSM 987, pag Foaia matematică (Chişinău) 3/996, pag 4-3 4

9 Divizibilitatea în mulţimea numerelor naturale Dintre toate operaţiile aritmetice, cea mai capricioasă este împărţirea. Ea dispune de proprietăţi speciale, de un caracter deosebit. Toate particularităţile împărţirii au favorizat apariţia unor noţiuni ca: numere prime, cel mai mare divizor comun, cel mai mic multiplu comun, criterii de divizibilitate. Dezvoltarea teoriei divizibilităţii a dus treptat la o serioasă extindere a întregii teorii a numerelor. În multe probleme de determinare a unor numere naturale folosim noţiunile studiate la divizibilitatea numerelor. Reamintim teorema împărţirii cu rest şi cele mai importante noţiuni ale divizibilităţii numerelor... Teorema împărţirii cu rest Pentru oricare două numere naturale a şi b cu b 0, există şi sunt unice două numere naturale q şi r astfel încât a = b q + r şi r < b. a deîmpărţitul b împărţitorul q câtul împărţirii r restul împărţirii Proprietatea... Dacă adăugăm lui a un multiplu a lui b, restul împărţirii nu se schimbă. Fie a = b q + r + m b a + m b = b q + r + m b = b(q + m) + r = b q + r Proprietatea... Dacă înmulţim deîmpărţitul şi împărţitorul cu un număr, restul se înmulţeşte cu acel număr. Din a = b q + r m, obţinem a m = b q m + r m, unde r m < m b Proprietatea..3. Dacă numerele a şi b se împart cu un număr atunci şi restul se împarte cu acel număr. Fie a = b q + r, r < b Dacă a = m a şi b = m b, atunci avem a m = b m q + r : m, a = b q + m r Proprietatea..4. Dacă două numere dau acelaşi rest la împărţirea cu un număr m, diferenţa lor este divizibilă cu m. Din a = m q + r şi b = m q + r deducem a = m q + r - b = m q + r a b = m (q -q ) 5

10 .. Divizibilitatea în N Definiţia... Numărul natural a este divizibil cu numărul natural b dacă există numărul natural c astfel încât a = b c Notăm: a M b ( a se divide cu b ) b a ( b divide pe a ) b este divizorul lui a a este multiplul lui b Obs. Numărul natural a este divizibil cu numărul natural b dacă restul împărţirii lui a la b este zero. Proprietăţi Propoziţia... Dacă a este divizor a lui b şi c atunci este divizor şi a lui b ± c. Din a b b = m a a c c = m a Însumând cele două egalităţi membru cu membru obţinem: b + c = m a +m a = a ( m +m )= m 3 a Scăzând cele două egalităţi, rezultă că : b c = m a m a = a( m -m ) = a m 3 ( b c) Propoziţia... Dacă a este divizor a lui b şi c, oricare ar fi numerele naturale x şi y, a va fi divizor şi pentru b x + c y. Din a b b = m a a c c = m a Înmulţim prima egalitate cu x şi a doua cu y şi obţinem : b x = m a x c y = m a y dunăm membru cu membru şi obţinem : b x + c y = m a x + m a y = a ( m x + m y ) = m a a ( b x +c y ) Propoziţia..3. Dacă a este divizor a lui b şi b divizor a lui c atunci a este divizor a lui c. Din a b b = m a b c c = m b Înlocuind în egalitatea a doua pe b obţinem: c = m m a = m a a c Proprietatea..4. Dacă a b şi b a atunci a = b. Din a b b = m a b a a = m b Substituind în prima egalitate pe a obţinem : b = m m b : b = m m ; m, m N m = m = a = b Definiţia... N umărul natural p, p este prim dacă se divide numai cu şi cu el însuşi. şi p se numesc divizorii împăţirii. 6

11 Obs : 0. Un număr care nu este prim se numeşte compus. 0. Numărul este singurul număr natural prim şi par. Propoziţia..5.Cel mai mare divizor comun al numerelor naturale a şi b este un număr natural d, care : divide pe a şi b ; este divizibil cu orice divizor a lui a şi b. Notăm : c.m.m. d.c. sau ( a; b) Obs : 0. Dacă ( a; b) =, atunci numerele a şi b se numesc prime între ele. Propoziţia..6. Cel mai mic multiplu comun al numerelor a şi b este un număr natural m, care : este multiplu a lui a şi b ; orice alt multiplu a lui a şi b se divide cu el. Notaţie : c.m.m.m. c. sau [a; b ] Propoziţia..7. Dacă a şi b sunt numere naturale atunci avem : a b = (a ; b) [a; b].3. Determinarea unor numere prime în condiţii date Probleme rezolvate R.3.. Determinaţi numerele prime a şi b ştiind că 8 a + b =030. Soluţie: 030 M b M,dar M 8a M atunci, b M şi b este număr prim atunci b =. Înlocuim în egalitatea dată şi obţinem : 8a+ = 030 8a = a =988 : 8 a = 7 Numerele sunt : a = 7, b =. R.3.. Să se găsească numerele naturale p astfel încât numerele p, p + 4, p + 6 să fie simultan prime. Soluţie : ( ) p număr natural prim el are una din formele: 5k, 5k +, 5k +, 5k + 3, 5k + 4. Vom demonstra că p are forma 5k şi cum p este prim rezultă că p = 5. Fie p = 5k + p = (5k + ) =M 5 + P +4 =M =M = M 5 (p + 4) M 5 b) p = 5k + p = (5k + ) =M p +6 = M = M 5 ( p + 6 ) M 5 c) p = 5k + 3 p = ( 5k + 3 ) = M p +6 = M = M = M 5 (p + 6) M 5 d) p = 5k + 4 p = ( 5k + 4 ) = M p +4 = 7

12 = M = M =M 5 (p + 4 ) M 5 Din a), b), c), d) rezltă că p este de forma p =5k şi p număr prim atunci p =5 şi p + 4 = 9, p + 6 =3, deci sunt numere prime. doua soluţie : Ultima cifră a lui p poate fi sau cifra impară :, 3, 5, 7, 9, atunci pătratul lui va avea ultima cifră 4,, 9, 5 u( p ) = 4 u ( p + 6 ) = 0 ( p + 6 )M5 ; u ( p ) = u ( p + 4 ) = 5 ( p + 4 ) M 5, u ( p ) = 9 u ( p + 6 ) =5 ( p 6 ) M 5 ; u ( p ) = 5 u ( p ) = 5 şi p este prim p=5. R.3.3. Să se determine toate numerele naturale n şi p pentru care numerele: p, p+ 3 n, p+ 3 n+. p + 3 n +. p+3 n +3 sunt prime. Soluţie: Dacă p este număr impar atunci numerele p + 3 n, p + 3 n +, p+ 3 n +, p + 3 n +3 sunt numere pare, deci nu sunt prime rezultă că p este număr par şi prim deci p = Ultima cifră a puterilor consecutive a lui 3 poate fi :,3,7,9 atunci unul dintre numerele p + 3 n, p + 3 n+, p + 3 n + sau p+ 3 n +3 va avea ultima cifră 5 deci va fi divizibil cu 5 şi atunci nu va fi prim decât în cazul în care este egal cu 5. tunci : p + 3 n =5 + 3 n = 5 3 n =3 n = p = ; p + 3 n =5 ; p + 3 n+ = ; p +3 n+ = 9 şi p + 3 n +3 = 83 sunt numere prime. Dacă p+ 3 n+ = 5 3 n+ = 3 n =0, atunci avem : p= p + 3 n =3 p + 3 n+ = 5 p + 3 n+ = p + 3 n+3 = 9 sunt numere prime. Dacă p + 3 n+ = 5 3 n+ = 3 imposibil. Soluţiile sunt : ) p = şi ) p = n = 0 n =.4.Probleme care se rezolvă folosind teorema împărţirii cu rest, cel mai mare divizor comun şi cel mai mic multiplu comun Probleme rezolvate R.4.. Determinaţi cel mai mic număr natural care împărţit la numerele naturale a, b, c dă resturile a k ; b k ; c k, k N* şi k < min(a,b,c). Soluţie: Fie n numărul căutat, atunci avem: n = a c + a k n + k = a ( c + ) = Ma n = b c + b k + k n + k = b ( c + ) = Mb n = c c 3 + c k n + k = c ( c 3 + ) = Mc 8

13 n + k este multiplu comun al numerelor a, b, c, şi pentru că este cel mai mic rezultă că n + k =[a, b, c] n = [a,b,c] k. În condiţiile în care n n n vom determina multiplii comuni care îndeplinesc condiţia dată, apoi calculăm numărul n. Exemplu: flaţi cel mai mic număr natural care împărţit pe rând la 5,6,7,8, dă resturile 4,5,6,7. Soluţie : Fie n numărul, atunci: n = c n + = 5 ( c + ) = M 5 n = c n + = 6 ( c + ) = M 6 n = c n + = 7 ( c 3 + ) = M 7 n = c n + = 8 ( c 4 + ) = M 8 n + multiplu comun al numerelor 5,6,7,8 şi pentru că este cel mai mic rezultă că n + =[5,6,7,8] n + = 840 n = 839. În cazul în care se impune condiţia ca n să fie cuprins spre exemplu între 800 şi 003 atunci n + { 840; 840; } problema având trei soluţii distincte. R.4.. Determinaţi cel mai mic număr natural care împărţit la numerele naturale a, b, c obţinem de fiecare dată restul r, r < min (a,b,c). Soluţie: Fie n numărul care trebuie determinat : n = a c + r n r = a c = M a n = b c + r -r n r = b c = M b n = c c 3 + r n r =c c 3 = M c n r este multiplu comun al numerelor a, b, c şi pentru că este cel mai mic n r = [a,b,c] n = [a, b,c] + r. Dacă asupra lui n se impune o condiţie vom considera toţi multiplii comuni care îndeplinesc condiţia pentru a determina numărul n. Exemplu: Determinaţi numerele naturale cuprinse între 00 şi 500 care împărţite la 0 ;8 ;36 să dea de fiecare dată restul 5. Soluţie: Fie n numărul, atunci avem : n = 0 c + 5 n 5 = 0 c = M 0 n = 8 c n 5 = 8 c = M 8 n = 36 c n 5 = 36 c 3 = M 36 n 5 este multiplu comun al numerelor 0;8; 36. flăm c.m.m.m.c al numerelor [0;8;36] =60 n 5 {60;60 ;60 3;60 4} n 5 = 60 n = 65 n 5 = 50 n = 55 n 5 = 3780 n = 3785 n 5 = 5040 n = 5045 Problema are patru soluţii: 65 ; 55 ; 3785 şi

14 R.4.3.Numerele a,b,c împărţite la acelaşi număr natural dau resturile r, r, r 3. Să se afle numărul la care au fost împărţite. Soluţie: Fie n împărţitorul, n < min (a;b; c) a = n c + r -r a - r = n c n a-r b = n c + r -r b r = n c n b-r c = n c 3 + r 3 -r 3 c r 3 = n c 3 n c-r 3 n este divizor comun al numerelor a r, b r, c r 3, şi n >max (r ;r ;r 3 ) flăm cc.m.m.d.c. al numerelor a- r ; b- r ; c- r 3 ; şi luăm pentru n valorile celui mai mare divizor comun şi divizorii săi mai mari decât max (r,r,r 3 ). Exemplu: Numerele 333 şi 35 dau resturile 3 şi respectiv 5 la împărţirea cu acelaşi număr natural diferit de zero. flaţi acest număr. Soluţie : Fie n împărţitorul, n > = n c = n c 35 = n c = n c n 30 şi n 336 n divizor comun al numerelor 30 şi 336. flăm c.m.m.d.c a celor două numere: (30; 336) = 3 3 = 4. Singura soluţie este n =4 pentru că divizorii ceilalţi alui 4 sunt mai mici decât Determinarea a două numere naturale când cunoaştem c.m.m.d.c. al lor şi produsul sau suma numerelor Probleme rezolvate R.5.. Determinaţi numerele a şi b naturale pentru care: (a, b) = 5 şi a b = 6300 Soluţie: Din (a;b) =5 a = 5 k şi b = 5 p unde k, p N* şi (k; p) = Înlocuim pe a şi b în relaţia a b = 6300 şi obţinem : 5 k 5p = 6300 :5 k p = ) k =, p = a= 5, b =80 ) k =, p = a = 80, b = 5 3) k = 3, p = 4 a = 45, b = 60 4) k = 4, p = 3 a = 60, b = 45 R.5. Să se afle numerele a şi b naturale, ştiind că cel mai mic multiplu comun al lor este m şi produsul lor este p. Soluţie: Dacă a, b N* atunci [ a;b] (a;b) = a b ab a b p Din această relaţie rezultă că (a;b) =,notam = = c (a;b) = c a [a;b] [a;b] m = c k, b = c p, k,p N*, (k;p) =. 0

15 Rezolvarea se face analog cu problema precedentă. R.5.3. Determinaţi numerele naturale a şi b ştiind că (a; b) = d şi a + b = s. Soluţie: (a; b) = d a = d k, b = d p, unde k,p N şi (k;p) = Înlocuim pe a şi b în a + b = s şi obţinem : d k + d p = s :d, s k + p = N, pentru că d s. Determinăm perechile de numere (k;p) ce verifică d egalitatea, apoi numerele a şi b..6. Fracţii reductibile. Fracţii ireductibile Pentru a demonstra că o fracţie este ireductibilă trebuie să arătăm că numărătorul şi numitorul ei sunt numere prime între ele, numărătorul şi numitorul fiind numere naturale. Fie a, b N*, a şi b sunt prime între ele dacă ( a; b ) = unde ( a; b ) este c.m.m.d.c. al numerelor a şi b. Probleme rezolvate 5n + 3 R.6.. Se consideră fracţia :, n N*. rătaţi că fracţia este ireductibilă. 3n + Soluţie: Presupunem că ( ) d astfel încât : d 5n + 3 şi d 3n + d 3(5n + 3) şi d 5( 3n + ) d 5(3n + ) 3( 5n +3 ) d 5n +0-5n 9 d d = numărătorul şi numitorul sunt numere naturale prime între ele rezultă că fracţia este ireductibilă. 0n + 3 R.6..rătaţi că fracţia :, n N este ireductibilă. 5n + 4 Soluţie: Calculăm c.m.m.m.c al numerelor 0 şi5 [0 ; 5 ] = 30, 30:0 =3; 30 : 5 =. Fie d cel mai mare divizor comun al numerelor 0n +3 şi 5n +4 d 0n + 3 şi d 5n+4 d 3(0n + 3) şi d (5n +4) d 30n n 8 d d = fracţia este ireductibilă. Reductibilitatea fracţiilor Pentru a arăta că o fracţie care depinde de o variabilă naturală este reductibilă, procedăm astfel:

16 3n + Fie fracţia:, n N. n + 3 Determinaţi numerele naturale n pentru care fracţia este reductibilă. Soluţie: Fie d divizorul comun al numerelor 3n + şi n + 3 d 3n + şi d n + 3 d (3n + ) şi d 3(n + 3) d 6n 9 6n d 7 d = 7 pentru că 7 este număr prim 7 3n + şi 7 n (3n + ) (n + 3) 7 3n + - n -3 7 n n = 7k, k N n = 7k+ n {;9;6;3; ;7k+; } Cel mai mic număr pentru care fracţia este reductibilă este n =. Bibliografie C. Năstăsescu,C. Niţă, C. Vraciu, ritmetică şi algebră, EDP 993 D. Buşneag, F. Boboc, D. Piciu, ritmetică şi teoria numerelor, Ed. Universitaria Craiova 999 D. V. George, Cunoştinţe vechi şi noi despre divizibilitate, Ed. Ştiinţifică şi enciclopedică 990 I. Petrică şi colectivul, Manual pentru clasa a VI-a, Ed. Petrion 998 C. Popovici, I. Ligor, V. lexianu, Matematică-ritmetică-lgebră, EDP Bucureşti 996 G. Turcitu, I. Rizea, C. Basarab, M. Duncea, Manual clasa a VI-a, Ed. Radical 998 T. Udrea, D. Nuţescu, Manual clasa a VI-a, EDP 998 Gheorghe şi lina Drugan; Ion şi Mihaela Ghica, Matematica în concursurile şcolare, Ed. Teora 998, pag Blaga, O.Pop, R. Pop. G. Buth, Matematica-uxiliar la manualele de matematică, Ed. Gil Zalău 00, pag 0-8 D. Brânzei, D. şi M. Goleşteanu, S. Ulmeanu, V. Gorgotă, I. Şerdean: Matematica în concursurile şcolare, Ed. Paralela 45, 000,00,00 D. ndrica, E. Jecan, D. Vâlcan, I. Bogdan, Probleme calitative în matematica de gimnaziu,ed. Gil Zalău 998, pag -44 C. Moroti, M. Giurgiu, D. Radu, R. Ştefan,. Ciupitu, G. Drugan, I. Ghica, Matematică-exerciţii şi probleme pentru clasa a VI-a, Ed. Meteor Press 00, pag -7

17 3.Câteva principii şi metode de rezolvare a problemelor de matematică 3.. Principiul parităţii În matematica elementară întâlnim multe probleme care folosesc noţiunea de paritate. Principiul parităţii constă în separarea cazurilor pare şi impare dintr-o situaţie. Regulile parităţii: - suma a două numere pare este un număr par - suma a două numere impare este un număr par - suma dintre un număr par şi altul impar este un număr impar - produsul a două numere pare este un număr par - produsul a două numere impare este un număr impar - produsul dintre un număr par şi un număr impar este un număr par. Prezentăm în continuare câteva probleme rezolvate care folosesc principiul parităţii. R3... Demonstraţi că dacă suma a două numere întregi este un număr impar, produsul lor este un număr par. Soluţie. Fie a şi b numerele. Din ipoteză a + b = n +, n N. Deci unul din numerele a sau b este par. Fie a = k. tunci b = n + a = n + k = ( n k) +, adică b este impar. tunci a b este produsul dintre un număr par şi altul impar, deci va fi impar. n R3... Demonstraţi că ( n, n N ) se poate scrie ca o sumă de două numere naturale impare consecutive, iar 3 n se poate scrie ca o sumă de trei numere naturale consecutive şi ca sumă a trei numere impare consecutive. n Soluţie. Pentru orice n, n N, este număr par. vem: n n n n n n = = + = ( ) + ( + ) Pentru n, n N, n şi n + sunt impare consecutive. n Pentru orice n, n N, 3 N şi n n n n n n n n 3 = 3 3 = = (3 ) (3 + ) Numerele 3 n n, 3 şi 3 n + sunt consecutive pentru n. Mai avem că n n n n n n n n 3 = 3 3 = = (3 ) (3 + ), n n n unde 3,3,3 + sunt impare consecutive. R3..3. Se consideră şirul numerelor naturale de la la 979 adică:,,3,4,...,977,978,979. Luaţi la întâmplare oricare două numere din acest şir şi înlocuiţi-le cu modulul diferenţei lor. La fiecare operaţie de acest fel numărul numerelor din şir scade cu unu (fiindcă am înlocuit două numere cu unul) şi vom obţine, în final, un singur număr. rătaţi că acest număr este par. Soluţie. La fiecare etapă a operaţiei descrise, numărul numerelor impare din şir rămâne neschimbat sau descreşte cu doi, deoarece dacă, în primul caz, luăm un număr 3

18 par şi unul impar, modulul diferenţei lor este impar, deci numărul impar l-am înlocuit cu altul impar, iar în al doilea caz dacă luăm două numere impare, modulul diferenţei lor este un număr par, deci numărul numerelor impare scade cu doi. În şirul,,3,...,979 avem (+979): numere impare, adică 990. La fiecare pas rămâne un număr par de numere impare şi atunci ultimul număr va fi cu siguranţă par. R3..4. Se consideră numerele impare k, n, n,..., nk. Să se demonstreze că n + n n + n3 nk + nk nk + n printre numerele:,,...,, există un număr impar de numere impare. Soluţie. Suma a două numere impare este un număr par, deci numerele n + n n + n3 nk + n,,..., sunt naturale. Să presupunem că printre acestea se află un număr par de numere impare. tunci suma lor n + n n + n3 nk + n = n + n nk este un număr par. Dar aceeaşi sumă este suma unui număr impar de numere impare deci este un număr impar. Contradicţie. Deci presupunerea făcută a fost falsă, deci printre numerele considerate în ipoteză există un număr impar de numere impare. 3.. Probleme de numărare Probleme de numărare întâlnim în diverse situaţii din viaţa cotidiană. În matematica şcolară sunt frecvente problemele de numărare ca de exemplu: numărul divizorilor unui număr, numărul triunghiurilor, numărul patrulaterelor dintr-o anumită configuraţie, numărul cifrelor unui număr, numărul termenilor unui şir, etc. Prezentăm în continuare câteva probleme care conduc la operaţia de numărare Numărul divizorilor şi suma divizorilor unui număr natural 3... a) Numărul divizorilor unui număr natural Fie a un număr natural compus ce are următoarea descompunere în factori α α αn primi: a = p p... p n, unde p, p,..., pn sunt numere prime iar α, α,..., α n N, n N. Pentru a obţine numărul divizorilor lui a formăm tabelul: p p p n p p p n p p p n p p α α... p α n n α α α n + termeni + termeni () + termeni

19 Observăm că: ) Oricare număr din tabel este un divizor pentru a. ) Linia întâi conţine α + termeni, linia a doua conţine α + termeni,..., ultima linie conţine α n + termeni. 3) Dacă înmulţim pe rând fiecare număr din linia întâi cu fiecare număr din linia a doua obţinem ( α + )( α + ) divizori ai lui a. Înmulţind apoi pe fiecare din aceste numere cu fiecare număr din linia a treia obţinem ( α + )( α + )( α3 + ) numere şi fiecare din acestea sunt divizori ai lui a. Continuând raţionamentul obţinem α + )( α + )( α + )...( α n ) numere care sunt divizori ai lui a. ( 3 + 4) În numărul acestor divizori este inclus numărul însuşi şi divizorul. m obţinut astfel următoarea α α αn Teorema 3... Numărul divizorilor numărului a = p p... p n este ( α + )( α + )...( α n + ) b) Suma divizorilor unui număr natural Să calculăm întâi suma: n S = + x + x x () vem n n n+ x S = x + x x + x + x (3) Din (3) şi () scăzute membru cu membru obţinem: 3 n n+ n x S S = ( x + x + x x + x ) ( + x + x x ) n+ care se mai scrie S ( x ) = x, de unde n+ x S = (4) x cu x. Scriem produsul de n sume, având termenii pe cele n linii din tabelul () şi obţinem: α α αn ( + p + p p )( + p + p p )...( + pn + pn pn ) (5) Cu relaţia (4), (5) devine α+ α + αn + p p pn... p p pn m obţinut astfel α α αn Teorema 3... Suma divizorilor numărului a = p p... p n este α+ α + αn + p p pn S =... p p p n 5

20 Probleme rezolvate R3... Fie S suma divizorilor naturali ai numărului 00. Să se arate că 5 S este număr natural pătrat perfect. Soluţie. Fiindcă 00=3 3 9, suma divizorilor numărului 00 este: S = = tunci 5 S = ( 3 5) = 0, deci 5 S este pătrat perfect. R3... Să se arate că pătratul produsului tuturor divizorilor naturali ai numărului 00 este Soluţie. vem următoarea Lema 3... Dacă d, d,..., d n sunt toţi divizorii naturali ai numărului n atunci avem relaţia: k ( d d... d k ) = n (*) Fiindcă şi n sunt şi ei divizori, considerând d < d <... < d k obţinem: n n n d =, d =,..., d k = d d d k relaţii care înmulţite membru cu membru dau n n n d d... d k =... d k d k d k de unde ( d d... d k ) = n. În cazul nostru 00 = 3 3 9, numărul divizorilor lui 00 este: (+)(+)(+)=8. Pentru cei opt divizori naturali ai numărului 00 avem relaţia (*) 8 ( d d... d8) = Principiul lui Dirichlet Matematicianul german Peter Gustav Dirichlet ( ) a elaborat un principiu extrem de simplu cu aplicaţii neaşteptate în variate domenii, principiu care-i poartă numele şi pe care-l enunţăm mai jos, fiind o metodă de demonstraţie de tipul următor. "Dacă repartizăm n + obiecte în n cutii, atunci cel puţin două obiecte vor fi în aceeaşi cutie." Justificare: Considerăm cazul cel mai nefavorabil aşezând în fiecare cutie câte un obiect. Deci am folosit n cutii şi n obiecte. Obiectul cu numărul n + trebuie pus şi el într-o cutie oarecare. Dar în acea cutie există deja un obiect. şadar în acea cutie există deja un obiect pus anterior. În acea cutie vor fi două obiecte. Forma generală a principiului lui Dirichlet este următoarea: "Dacă aşezăm kn + obiecte în n cutii, atunci cel puţin k + obiecte, k N, vor fi în aceeaşi cutie." k 6

21 În literatura matematică principiul lui Dirichlet este întâlnit şi sub denumirea de "principiul cutiei", cu precizarea că denumirea de "cutie" desemnează "grupe de obiecte", stabilite după anumite criterii, iar "obiectele" desemnează lucruri, numere, figuri geometrice, etc. Prezentăm în continuare câteva probleme ale căror soluţii se bazează pe principiul de mai sus. Probleme rezolvate R3.3.. La un turneu de şah au participat n şahişti. Să se demonstreze că în orice moment al turneului dinaintea ultimei runde cel puţin doi şahişti au acelaşi număr de victorii. Soluţie. În orice moment al turneului dinaintea ultimei runde, fiecare şahist a jucat maximum n partide şi a putut obţine 0,,,..., n victorii, deci în total n posibilităţi (cutii). Fiindcă la turneu au participat n şahişti rezultă că cel puţin doi şahişti au acelaşi număr de victorii înaintea ultimei runde. R3.3.. rătaţi că în orice mulţime formată din 5 numere naturale există două a căror diferenţă este divizibilă cu 4. Soluţie. La împărţirea unui număr cu 4 obţinem unul din resturile 0,,,3 (deci patru cutii). Fiindcă avem 5 numere (5 obiecte şi 4 cutii) rezultă că cel puţin două numere vor da acelaşi rest la împărţirea cu 4. Ele sunt de forma x = 4 k + r şi y = 4 l + r. tunci diferenţa lor este x y = 4( k l), adică un număr divizibil cu 4. R Într-o şcoală sunt 367 elevi. Să se demonstreze că există cel puţin doi elevi care-şi serbează ziua în aceeaşi zi a anului. Soluţie. Un an are 365 sau 366 zile. Considerând cazul cel mai nefavorabil când în fiecare zi a anului ar fi născut câte un elev, înseamnă că în total ar fi născuţi 365 sau 366 elevi, dar în total sunt 367 elevi. Deci al 367-lea elev a fost şi el născut într-o zi a anului în care a mai fost născut un elev. Deci într-o zi s-au născut elevi, deci cei doi îşi vor serba ziua de naştere în aceeaşi zi. R Fiind date n + numere naturale ( n 0) atunci cel puţin două dintre ele dau acelaşi rest la împărţirea cu n. Soluţie. Folosim teorema împărţirii cu rest. Fiind date numerele naturale a şi b ( b 0) există în mod unic numerele naturale q şi r astfel ca a = b q + r cu r < b. În cazul problemei noastre numerele fiind împărţite la n există pentru rest n valori posibile: 0,,,...,n-. Fiindcă împărţim n+ numere vor exista n+ resturi, dintre care cel mult n sunt diferite. Rezultă că cel puţin două dintre cele n+ numere împărţite la n dau acelaşi rest. R Să se arate că oricum am alege 7 numere pătrate perfecte (distincte) există cel puţin două a căror diferenţă se divide cu 0. Soluţie. Dacă a este numărul a cărui pătrat este a atunci la împărţirea cu 0 a lui a obţinem unul din resturile: 0,,,3,4,5,6,7,8,9. tunci a, la împărţirea cu 0 va da unul din resturile: 0,,4,5,6,9. Fiindcă avem 7 pătrate perfecte şi numai resturile 0,,4,5,6,9, deci există cel puţin două pătrate perfecte care dau acelaşi rest la împărţirea cu 0, deci diferenţa lor se divide cu 0. 7

22 3.4. Principiul invariantului Invariantul este o mărime, o relaţie, sau o proprietate care rămâne neschimbată în urma aplicării sau intervenţiei unei transformări. Deci o situaţie iniţială este supusă în mod repetat unor transformări. De obicei se cere să se demonstreze că în urma acestor transformări nu se poate ajunge la o anumită formă. ceasta se poate face alegând caracteristica obiectului care a fost supus transformării, adică "invariantul" transformării. Dacă în final obiectul nu posedă "invariantul" atunci el nu poate fi obţinut în urma transformărilor descrise. Probleme rezolvate R3.4.. Considerăm un număr natural căruia îi schimbăm în mod arbitrar ordinea cifrelor. Este posibil ca diferenţa dintre numărul iniţial şi cel final să fie 003? Soluţie. Restul împărţirii numărului la 9 este acelaşi cu restul împărţirii sumei cifrelor sale la 9. Suma cifrelor este aceeaşi, rezultă că restul împărţirii numărului la 9 este un invariant. R3.4.. Pe o tablă sunt scrise semne de "+" şi " ". Ştergem două semne şi le înlocuim cu un semn, după următoarea regulă: dacă cele două semne şterse sunt identice le înlocuim cu "+", iar dacă ştergem două semne diferite le înlocuim cu " ". rătaţi că ultimul semn care rămâne după un număr de paşi nu depinde de ordinea alegerii perechilor. Soluţie. În acest caz paritatea numărului de minusuri va fi invariantul. Dacă la început numărul de minusuri este impar, ultimul semn care va rămâne este minus, iar dacă la început numărul de minusuri este par, la sfârşit va rămâne plus. R Trei greieri se găsesc pe o dreaptă în ordinea:, B, C. Ei încep să sară capra, adică să sară unul peste altul (dar nu peste doi odată). Pot fi în aceeaşi ordine după 003 sărituri? Soluţie. În urma unei sărituri de acest fel numărul perechilor de greieri inversaţi creşte sau se micşorează cu (proprietatea invariantă). După un număr impar de sărituri (003) va exista un număr impar de perechi de greieri inversaţi. Deci nu se poate obţine ordinea iniţială (ce nu conţine o astfel de pereche). R O cameră are dimensiunile podelei de 7m şi 0m. În cele patru colţuri ale camerei se aşează câte un dulap având baza pătrat cu latura de m. Să se arate că rămâne din suprafaţa podelei nu poate fi acoperită cu plăci dreptunghiulare de dimensiuni 3m m. Soluţie. Se împarte camera într-o reţea de pătrate cu latura m pe care le vopsim în trei culori: roşu, alb, negru ca mai jos: RNRNRNR NRNRNR NRNRNRN RNRNRNR NRNRNR NRNRNRN RNRNRNR 8

23 Obţinem 4 de R, 3 de, 3 de N. Eliminând colţurile rămân 0 de pătrăţele roşii, 3 de pătrăţele albe, 3 de pătrăţele negre. Dar oricum am aşeza o placă de 3 ea acoperă un pătrăţel roşu, unul alb şi unul negru. Dacă s-ar putea acoperi suprafaţa cu un număr întreg de plăci ar trebui să existe acelaşi număr de pătrăţele pentru fiecare culoare Probleme de logică m inclus aici câteva probleme a căror rezolvare se realizează printr-o serie de judecăţi logice ce solicită inventivitate, perspicacitate, etc. şi foarte puţin calcul. Probleme rezolvate R3.5.. Mama a observat că din dulap au dispărut cinci tablete de ciocolată. Ele puteau fi luate de cei trei copii:, B, C. Fiind traşi la răspundere, ei au dat mai întâi următoarele răspunsuri: : N-am luat nici o ciocolată! B: N-am luat nici o ciocolată! C: N-am luat nici o ciocolată! După un nou "interogatoriu" copiii au făcut următoarele declaraţii: : B a luat mai multe tablete decât C! B: (către ): Minţi! C: Toate au fost luate de şi B! (către C): Minţi! flaţi câte tablete de ciocolată au fost luate de către fiecare copil, ştiind că fiecare a făcut atâtea declaraţii false câte tablete de ciocolată a luat. Soluţie. Fiindcă au "dispărut" 5 ciocolate şi s-au făcut 7 declaraţii, rezultă că cinci declaraţii erau false iar (7-5) adevărate. La al doilea "interogatoriu" prima afirmaţie a lui este fie adevărată şi atunci afirmaţia lui B este falsă, fie este falsă şi atunci afirmaţia lui B este adevărată. Tot din "interogatoriul" al doilea afirmaţia lui C este fie adevărată şi atunci cea de-a doua afirmaţie a lui este falsă, fie este falsă şi atunci cea de-a doua afirmaţie a lui este adevărată. Deci rezultă că cele două afirmaţii adevărate au fost făcute la cel de-al doilea "interogatoriu", deci la primul "interogatoriu" toţi copiii au făcut declaraţii false, de unde rezultă că fiecare din cei trei copii a luat cel puţin o ciocolată. Deci a doua afirmaţie a lui C este falsă, deci C a luat două tablete de ciocolată. B face numai două afirmaţii, deci el nu poate lua mai multe ciocolate decât C, rezultă că la al doilea "interogatoriu" prima afirmaţie a lui este falsă, deci afirmaţia lui B este adevărată. Deci a luat două ciocolate, B a luat o ciocolată, iar C a luat două ciocolate. R3.5.. Într-un bloc locuiesc familiile, B, C, D, E, F, G, H, I, K, L, M, N, O, P, R. La parter şi la fiecare etaj locuiesc câte două familii. Se mai ştie că: Familia locuieşte cu două etaje mai jos ca familia B, iar aceasta cu şase etaje mai sus ca familia C. Familiile F şi G locuiesc la acelaşi etaj. Familia M locuieşte cu patru etaje mai sus 9

24 ca familia N şi cu două etaje mai jos ca familia F. Un etaj deasupra familiei N locuieşte familia O. Familia locuieşte cu trei etaje mai sus ca familia R, iar familia P locuieşte cu cinci etaje mai jos decât familia G. a) Câte etaje are blocul? b) La ce etaj locuieşte familia? Soluţie. a) Fiindcă la parter şi la fiecare etaj locuiesc două familii, iar în tot blocul locuiesc 6 familii, rezultă că blocul are opt nivele (parter şi şapte etaje). b) Diagramele alăturate (stabilite conform enunţului) pun în evidenţă modul cum sunt distribuite în bloc familiile N, O, M, F, G, P precum şi C, R,, B. Blocul având opt nivele, rezultă că familia N poate locui numai la parter sau la etajul întâi. ceeaşi remarcă şi pentru familia C. Familiile N şi C nu pot locui la acelaşi nivel, pentru că ar trebui ca familiile O, P, R să locuiască la acelaşi etaj, situaţie imposibilă, pentru că la un nivel pot locui numai două familii. Dacă familia N locuieşte la parter atunci familia C ar trebui să locuiască la etajul întâi, situaţie imposibilă deoarece ar rezulta că familiile O, P, C locuiesc la acelaşi etaj. Dacă familia N locuieşte la etajul întâi, atunci familia C locuieşte la parter. Urmărind comparativ diagramele observăm că este o situaţie posibilă pentru că la un nivel pot locui numai două familii. cestea fiind precizate putem stabili distribuţiile familiilor în bloc: Familiile F şi G la etajul şapte, familia B la etajul şase, familia M la etajul cinci, familia la etajul patru, familiile P şi O la etajul doi, familiile N şi R la etajul întâi, iar familia C la parter. În cele şase locuri neocupate se vor distribui familiile D, E, H, I, K, L după voie. F G B M O P R N C R La un turneu de fotbal participă 5 echipe, fiecare dintre acestea jucând cu toate celelalte. Pentru victorie se acordă 3 puncte, pentru meci egal puncte, iar pentru înfrângere un punct. În clasamentul întocmit la sfârşitul turneului nu există echipe cu acelaşi număr de puncte. Ştiind că ultima echipă are de puncte, să se arate că prima a făcut cel puţin un meci nul. Soluţie. Fiecare echipă a disputat 4 meciuri. Numărul meciurilor disputate a 4 5 fost = 05 deoarece fiecare meci a fost numărat de două ori (şi când a jucat cu B şi când a jucat B cu ). Fiindcă echipa clasată pe ultimul loc are de puncte, iar în clasament nu sunt echipe cu acelaşi număr de puncte rezultă că numărul de puncte este mai mare sau egal cu 30

25 4 5 + (+ ) + (+ ) +...(+ 4) = 5 + = 40 Fiindcă la fiecare meci s-au acordat 4 puncte, rezultă că numărul de puncte acordat a fost 05 4=40. Deci echipele au obţinut punctajele:,,3,...,34, 35. Să arătăm că echipa de pe locul întâi cu 35 puncte a făcut cu siguranţă cel puţin un meci nul. Presupunem că nu a făcut nici un meci nul. tunci dacă x este numărul victoriilor şi y numărul înfrângerilor avem: x + y = 4 şi 3 x + y = 35, 7 de unde x = şi y =. Dar x, y trebuie să fie naturale. Deci presupunerea făcută este falsă, atunci echipa de pe locul întâi a făcut cel puţin un meci nul. R La un concurs de atletism participă trei echipe:,, 3, fiecare cu trei concurenţi. Concurentul care soseşte primul primeşte 8 puncte, cel care soseşte al doilea 6 puncte, cel care soseşte al treilea 4 puncte,..., cel care soseşte ultimul primeşte două puncte. Punctajul unei echipe este suma punctelor obţinute de cei trei reprezentanţi ai săi. flaţi ce loc a ocupat fiecare echipă ştiind că: i) Primele trei locuri au fost ocupate de concurenţi de la echipe diferite. ii) Fiecare concurent de la echipa avea în faţa sa un concurent de la echipa. iii) Concurenţii echipei 3 au sosit unul după altul. Soluţie. Din prima şi a treia condiţie rezultă că cei trei reprezentanţi ai echipei 3 au sosit al treilea, al patrulea şi al cincilea. Din primele două condiţii rezultă că primul a sosit un concurent de la echipa, iar al doilea un concurent de la echipa. Din cele de mai sus şi din a doua condiţie rezultă că al şaselea şi al optulea au sosit concurenţii de la echipa, iar al şaptelea şi al nouălea au fost concurenţii de la echipa. Deci echipa a acumulat 8+8+4=30 (puncte), echipa a acumulat 6+6+=4 (puncte), iar echipa 3 a acumulat 4++0=36 (puncte). Deci pe locul întâi se află echipa 3, pe locul doi echipa, iar pe locul trei echipa. R Opt şahişti participă la un turneu, jucând fiecare cu fiecare. Pentru fiecare victorie un jucător primeşte un punct, pentru remiză un jumătate de punct, iar pentru înfrângere nu primeşte nici un punct. La sfârşitul turneului primii doi clasaţi au obţinut punctaje diferite, iar cel de-al doilea a obţinut atâtea puncte câte au obţinut ultimii patru şahişti împreună. Să se afle cum s-a încheiat partida dintre şahiştii clasaţi pe locurile trei şi cinci. Soluţie. Fiindcă au fost opt jucători şi fiecare a jucat cu fiecare, un şahist a jucat şapte partide şi ar fi putut câştiga cel mult şapte puncte (când învingea în toate cele şapte partide). Ultimii patru şahişti au jucat între ei şase partide. (Dacă, B, C, D sunt ultimii şahişti, au jucat: cu B, cu D, B cu C, B cu D şi C cu D ). 3

26 Deci ultimii patru şahişti au realizat împreună cel puţin şase puncte. Deci şahistul de pe locul doi a obţinut cel puţin şase puncte (deoarece el a obţinut un număr egal de puncte cu suma ultimilor patru). Fiindcă primii doi jucători au punctaje diferite înseamnă că al doilea a obţinut exact şase puncte, căci dacă obţinea 6,5 puncte primii doi aveau acelaşi punctaj, iar dacă ar fi obţinut şapte puncte era pe primul loc. Deci şahiştii de pe ultimele patru locuri au obţinut exact şase puncte, aceasta înseamnă că ei au pierdut toate partidele jucate împotriva primilor patru clasaţi. Deci şahistul de pe locul cinci a pierdut partida susţinută cu cel de pe locul trei. R În trei coşuri sunt mere. Câte mere sunt în fiecare coş ştiind că în primele împreună este un măr, în ultimele împreună este cel puţin un măr, iar în ultimul şi al treilea împreună, numai unul. Soluţie. Dacă mărul din primele coşuri s-ar afla în primul coş, atunci din a treia condiţie ar rezultat că în al treilea coş nu se află nici un măr, deci al doilea şi al treilea coş ar fi goale şi astfel nu ar avea loc a doua condiţie. În concluzie primul coş este gol, al doilea coş conţine un măr, iar al treilea coş conţine tot un măr Probleme de ordonare Pentru a stabili care dintre două numere a şi b este mai mare, putem folosi mai multe procedee, dintre care cele mai des întrebuinţate sunt: ) Stabilim semnul diferenţei a b. Dacă a b > 0, atunci a > b. Dacă a b = 0, atunci a = b. Dacă a b < 0, atunci a < b. a ) Dacă numerele a şi b sunt pozitive şi b 0, comparăm raportul cu. b a Dacă <, atunci a < b. b a Dacă =, atunci a = b. b a Dacă >, atunci a > b. b 3) În unele situaţii este suficient să demonstrăm existenţa unui număr c situat între cele două numere (exemplu: din a < c < b, rezultă a < b ). În unele situaţii avem nevoie de metode ingenioase pentru a rezolva problemele. Există cazuri când operaţia de ordonare ajută la dovedirea egalităţii a două numere x şi y prin stabilirea simultană a inegalităţilor x y şi y x. Probleme rezolvate R3.6.. Comparaţi numerele 4 3 cu 7. 3

27 Soluţie. 3 < 3 = ( ) = < 4 4 = ( ) 4 4 = 6 < 7. R3.6.. Scrieţi în ordine crescătoare numerele: ,3,, Soluţie. 63 < 64 = ( ) 4 44 = < = ( ) = 4 < = ( ) = = 8 < 9 = (3 ) = 3. Deci 63 < 34 = 4 < 3. R Să se arate că pentru orice numere naturale a şi b avem a + b + 5 < a3 b Soluţie = ( ) = 8 ; = (3 ) 0 = 9. tunci obţinem că < 3, de unde rezultă că a + < a + 3 şi deci 360 a + < 40 b = (5 ) 360 = 35 ; = (7 ) 360 = b + 5 Rezultă că 5 > 7, de unde rezultă că b + 5 > b + 7 şi deci >. 400 b + 7 Deci prima fracţie din ipoteză este subunitară iar a doua este supraunitară şi atunci relaţia cerută este adevărată. R Comparaţi fracţiile şi B unde = şi B = Soluţie. mplificăm prima fracţie cu şi a doua cu 3 şi obţinem: Deci = ( ) = = ( ) = ) 3 ( B = = 3 = (3 ) = > B Metoda reducerii la absurd Metoda reducerii la absurd este o metodă specifică de demonstraţie în matematică. La baza acestei metode stă una din legile fundamentale ale logicii clasice: legea terţului exclus, ce are următorul enunţ: Din două propoziţii contradictorii una este adevărată, cealaltă falsă, iar a treia posibilitate nu există. 33

28 Legea terţului exclus nu ne precizează care din cele două propoziţii este adevărată şi care este falsă. Când la două propoziţii contradictorii aplicăm legea terţului exclus este suficient să stabilim că una dintre ele este falsă pentru a deduce că cealaltă este adevărată. Metoda reducerii la absurd constă în a admite în mod provizoriu, ca adevărată propoziţia contradictorie propoziţiei de demonstrat, apoi pe baza acestei presupuneri se deduc o serie de consecinţe care duc la un rezultat absurd, deoarece ele contrazic sau ipoteza problemei date sau un adevăr stabilit mai înainte. Mai departe raţionăm astfel: dacă presupunerea ar fi fost adevărată, atunci în urma raţionamentelor logic corecte ar fi trebuit să ajungem la o concluzie adevărată, deoarece am ajuns la o concluzie falsă, înseamnă că presupunerea noastră a fost falsă. ceasta duce la concluzia că presupunerea făcută nu este posibilă şi rămâne ca adevărată concluzia propoziţiei date. Metoda reducerii la absurd nu se reduce la propoziţia că "a demonstra o propoziţie este acelaşi lucru cu a demonstra contrara reciprocei ei", deoarece pot apărea şi situaţii în care nu se contrazice ipoteza ci o altă propoziţie (un rezultat cunoscut, o axiomă, o teoremă). Metoda reducerii la absurd se foloseşte atât în rezolvarea problemelor de calcul (de aflat) cât şi la rezolvarea problemelor de "demonstrat". Metoda este des utilizată în demonstrarea teoremelor reciproce, precum şi în demonstrarea teoremelor de unicitate. Probleme rezolvate 39n + 4 R3.7.. rătaţi că pentru orice n N fracţia este ireductibilă. 6n + 3 Soluţie. Presupunem că fracţia este reductibilă şi fie d = ( 39n + 4,6n + 3) cu * d N, d. Din d (39n + 4) şi d (6n + 3) obţinem că d (78n + 8) şi d (78n + 9), de unde rezultă că d [78n + 9 (78n + 8)], deci d, de unde rezultă d =. Fals. R3.7.. Să se arate că nu există numere întregi a pentru care numerele 4 a + 5 7a 5 şi să fie simultan întregi. 9 4 a + 5 7a 5 Soluţie. Presupunem că există numere întregi a astfel ca şi 9 4a + 5 7a 5 să fie simultan întregi, adică pentru b, c Z, = b şi = c, de unde 9 4 a + 5 = 9b şi 7 a 5 = c şi scăzând prima relaţie din a doua obţinem: 3a 0 = c 9b, de unde 0 = 3a c + 9b sau 0 = 3( a 4c + 3b). tunci obţinem că 3 divide pe 0, ceea ce este absurd. 34

29 R Considerăm trei drepte diferite d, d, d3 concurente într-un punct O. rătaţi că cel puţin unul din unghiurile formate are măsura mai mare sau cel puţin egală cu 60. Soluţie. Folosim metoda reducerii la absurd. Presupunem concluzia falsă, adică nu există un unghi cu măsura mai mare sau egală cu 60. tunci cele şase unghiuri formate ar avea suma măsurilor mai mică decât 360. m ajuns la o contradicţie deoarece suma măsurilor unghiurilor în jurul unui punct este 360. Deci presupunerea făcută este falsă, deci există cel puţin un unghi cu măsura de

30 4. Rapoarte şi proporţii Rapoarte a Raportul numerelor raţionale a şi b, b 0, este expresia ; a şi b se numesc b termenii raportului. Câtul termenilor unui raport se numeşte valoarea raportului. 3,5 Exemplu: valoarea raportului este 0,5. 7 Termenii unui raport se exprimă întotdeauna cu aceeaşi unitate de măsură. plicaţiile rapoartelor în practică sunt: scara unui plan, scara unei hărţi, probabilitatea realizării unui eveniment, procente, titlul unui aliaj. 4.. Scara unui plan Prin scara unui plan înţelegem raportul dintre distanţa din plan şi distanţa din realitate dintre aceleaşi două puncte, ambele distanţe fiind exprimate cu aceeaşi unitate de măsură. Remarcă. De obicei, numărătorul raportului prin care se exprimă scara este. Model. Figura de mai jos reprezintă planul unui apartament. cest plan este realizat la scara. ceasta înseamnă că la cm din desen corespund, în realitate, 00 00cm. Cu alte cuvinte, în plan lungimea sufrageriei este de 5cm, iar în realitate este de 500cm, adică de 5m. La planul din figură să se determine: a) lăţimea, în centimetri, a dormitorului b) dimensiunile, în centimetri, ale bucătăriei c) perimetrul, în centimetri, a holului d) aria, în cm a sufrageriei. Soluţie. a) Lăţimea dormitorului de 3m, din realitate, este în plan de 3cm. b) Dimensiunile de m şi 3m ale bucătăriei, din realitate, sunt în plan de cm, respectiv 3cm. c) Holul are dimensiunile de 8m şi m, în realitate, deci în plan ele vor fi 8cm şi cm, rezultă că perimetrul holului în plan este de 0cm. d) Sufrageria are dimensiunile de 5m şi 4m, în realitate, deci în plan 5cm şi 4cm, rezultă că aria sufrageriei în plan este 0cm. Probleme rezolvate R4... Care este scara planului unei grădini, dacă o latură a grădinii, care are 5m, este reprezentată în plan printr-un segment lung de 5cm? 36